Đề Toán chuyên Đại học Vinh 2016 (Có đáp án)

ĐỀ THI VÀO10 CHUYÊN ĐẠI HỌC VINH VÒNG 2,2016
Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lớp: . . . . . . . . . .
Câu 1. Tìm số nguyên dương n thỏa mãn
1
2
Å
1 +
1
1 · 3
ãÅ
1 +
1
2 · 4
ãÅ
1 +
1
3 · 5
ã
· · ·
Å
1 +
1
n(n+ 2)
ã
=
2015
2016
Lời giải.
Với mọi số nguyên dương n ta có 1 +
1
k(k + 2)
=
(k + 1)2
k(k + 2)
. Suy ra
1
2
Å
1 +
1
1 · 3
ãÅ
1 +
1
2 · 4
ãÅ
1 +
1
3 · 5
ã
· · ·
Å
1 +
1
n(n+ 2)
ã
=
1
2
· 2
2
1 · 3 ·
32
2 · 4 ·
42
3 · 5 · · ·
(n+ 1)2
n(n+ 2)
=
n+ 1
n+ 2
Từ đó ta có
n+ 1
n+ 2
=
2015
2016
⇒ n = 2014
Câu 2.
a) Giải phương trình x4 − x3 − 8x2 − 2x+ 4 = 0.
b) Giải hệ phương trình
{
2xy + 3x+ 4y = −2
x2 + 4x+ 4y2 + 12y = 4
Lời giải.
a) Ta có
x = 0 không phải là nghiệm của phương trình nên x 6= 0, ta chia cả 2 vế của phương trình
cho x2, được
x2 − x− 8− 2
x
+
4
x2
= 0
Đặt t = x+
2
x
, phương trình tương đương với t2 − t− 12 = 0 ⇔
[
t = −3
t = 4
Với t = −3 suy ra x = −2 và x = −1
Với t = 4 suy ra x = 2±√2
Vậy phương trình có 4 nghiệm là x = −2 và x = −1; x = 2±√2.
b) Hệ phương trình đã cho tương đương với
{
(x+ 2)(2y + 3) = 4
(x+ 2)2 + (2y + 3)2 = 17
Đặt u = x+ 2; v = 2y + 3, ta được
{
uv = 4
u2 + v2 = 17
⇔
{
uv = 4
u+ v = ±5
Với uv = 4 và u+ v = 5, giải ra ta được (x; y) =
Å
−1; 1
2
ã
hoặc (x; y) = (2;−1).
Với uv = 4 và u+ v = −5, giải ra ta được (x; y) =
Å
−3;−7
2
ã
hoặc (x; y) = (−6;−2).
Vậy hệ phương trình có 4 nghiệm là (x; y) =
Å
−1; 1
2
ã
, (x; y) = (2;−1), (x; y) =Å
−3;−7
2
ã
, (x; y) = (−6;−2).
Câu 3.
a) Tìm tất cả các cặp số nguyên không âm (a; b) thỏa mãn
(a3 + b)(a+ b3) = (a+ b)4
b) Cho tập hợp A gồm 678 số phân biệt thuộc tập hợp số {1, 2, 3, ..., 2016}. Chứng minh rằng
luôn chọn được hai số thuộc A có tổng chia hết cho 3.
Lời giải.
a) Phương trình đã cho tương đương với ab(a2b2 + 1) = ab(4a2 + 6ab+ 4b2)
Với ab = 0 ta được nghiệm (0;m), (m; 0) trong đó m là số tự nhiên bất kì.
Với ab > 0 phương trình đã cho trở thành a2b2 +1 = 4a2 +6ab+4b2 ⇔ (ab+1)2 = 4(a+b)2
⇔ ab+ 1 = 2(a+ b) ⇔ (a− 2)(b− 2) = 3.
Từ đó giải ra ta được nghiệm (3; 5) và (5; 3).
Vậy các cặp số nguyên không âm cần tìm là (0;m), (m; 0), (5; 3), (3; 5) trong đó m là số tự
nhiên bất kì.
b) Đặt A1 = {1, 4, 7 · · · , 2014}, A2 = {2, 5, 8, · · · , 2015} và A3 = {3, 6, 9, · · · 2016}. Ba tập
trên đôi một rời nhau, mỗi tập có 672 số, mỗi số của tập A chỉ thuộc 1 trong ba tập trên.
Xét 2 trường hợp sau cho các số thuộc A:
+) Có ít nhất hai số cùng thuộc A3. Khi đó lấy 2 số bất kì trong các số đó thì tổng của
chúng chia hết cho 3.
+) Không có 2 số cùng thuộc A3. Khi đó có ít nhất 677 số của A thuộc A1 và A2, nhưng
mỗi tập A1 và A2 có 672 số nên có ít nhất hai số thuộc hai tập khác nhau, chẳng hạn
a ∈ A1, b ∈ A2. Rõ ràng a+ b chia hết cho 3.
Câu 4. Cho đường tròn tâm O và điểm M ở ngoài đường tròn (O). Từ M kẻ hai tiếp tuyến
tới O có tiếp điểm là A,B. Đoạn thẳng MO cắt (O) và AB lần lượt tại K và I. Trên cung nhỏ
AK lấy điểm C(C 6= A,C 6= K), tia MC cắt (O) tại D(D 6= C). Chứng minh rằng
a) MD ·MC = MI ·MO.
b) ‘AIC = ’CBD.
c)
Å
IB
ID
ã2
=
MC
MD
.
Lời giải.
A
B
M
C
O
D
IK
a) Ta có 4MAC v 4MDA (g.g)
Suy ra
MA
MD
=
MC
MA
⇔MA2 = MC.MD
Mặt khác, 4AMO vuông tại A, có AI là đường cao nên MA2 = MI.MO
Do đó MD ·MC = MI ·MO.
b) Theo ý a) ta cóMD·MC = MI ·MO nên4MCI v 4MOD (c.g.c). Suy ra ’MIC = ÷MDO
nên tứ giác CIOD nội tiếp.
Do đó ’MIC = ’ODC = ’OCD = ’OID
Kết hợp với AI ⊥MO ta có ‘AIC = ‘AID = 1
2
’CID = 1
2
’COD = ’CBD
c) Theo chứng minh trong ý b) ta có AI là phân giác góc ’CID, mà AI ⊥MI suy ra MI là
phân giác ngoài góc ’CID, do đó
MC
MD
=
IC
ID
(1)
Vì IA = IB nên Å
IB
ID
ã2
=
Å
IA
ID
ã2
(2)
Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh tương đương với IA2 = IC · ID hay IM · IO =
IC · ID (3).
Vì tứ giác CIOD nội tiếp nên ’MCI = ’IOD. Kết hợp với ’MIC = ’OID ta có 4MIC v
4DIO (g.g). Suy ra
MI
DI
=
IC
IO
⇔ IM.IO = IC.ID
. Vậy (3) được chứng minh.
Câu 5. Giả sử x, y, z là các só thực dương thỏa mãn 0 ≤ x, y, z ≤ 3;x+ y+ z = 6. Tìm giá trị
nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của biểu thức P = x2 + y2 + z2 + xyz.
Lời giải.
Giả sử x ≤ y ≤ z. Kết hợp với giả thiết suy ra 0 ≤ x ≤ 2 ≤ z ≤ 3. Khi đó
P = x2 + (y + z)2 + (x− 2)yz
≥ x2 + (y + z)2 + (x− 2) · (y + z)
2
4
= x2 + (6− x)2 + (x− 2) · (6− x)
2
4
=
1
4
x(x2 − 6x+ 12) + 18 ≥ 18
Dấu bằng xảy ra khi x = 0, y = z = 3
Mặt khác do 2 ≤ z ≤ 3 nên ta có
P = (x+ y)2 + z2 + (z − 2)xy
≤ (x+ y)2 + z2 + (z − 2) · (x+ y)
2
4
= z2 + (6− z)2 + (z − 2) · (6− z)
2
4
=
1
4
(z − 3)(z2 − 3z + 3) + 81
4
≤ 81
4
Dấu bằng xảy ra khi x = y =
3
2
, z = 3.
Vậy giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của P tương ứng là 18 và
81
4
.